第九章其次節(jié)一、選擇題1．(文)(2022·廣東汕頭金山中學(xué)摸底)如圖是一正方體被過(guò)棱的中點(diǎn)M，N，頂點(diǎn)A及過(guò)N，頂點(diǎn)D，C1的兩個(gè)截面截去兩角后所得的幾何體，該幾何體的正視圖是()[答案]B[解析]能觀看的輪廓線用實(shí)線，看不見(jiàn)的輪廓線為虛線．故選B．(理)(2021·湖南)已知正方體的棱長(zhǎng)為1，其俯視圖是一個(gè)面積為1的正方形，側(cè)視圖是一個(gè)面積為eq\r(2)的矩形，則該正方體的正視圖的面積等于()A．eq\f(\r(3),2) B．1C．eq\f(\r(2)＋1,2) D．eq\r(2)[答案]D[解析]由棱長(zhǎng)為1的正方體的俯視圖及側(cè)視圖的面積可知正方體的一條側(cè)棱正對(duì)正前方，其三視圖如下：故正視圖是長(zhǎng)為eq\r(2)，寬為1的矩形，其面積為eq\r(2)，選D．2．(2022·重慶理)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為()A．54 B．60C．66 D．72[答案]B[解析]如圖所示該幾何體是將一個(gè)直三棱柱截去一個(gè)三棱錐得到的，直三棱柱底面是直角三角形，兩直角邊長(zhǎng)為3和4，柱高為5，∵EF∥AC，AC⊥平面ABDF，∴EF⊥平面ABDF，∴EF⊥DF，在直角梯形ABDF中，易得DF＝5，故其表面積為S＝SRt△ABC＋S矩形ACEF＋S梯形ABDF＋S梯形BCED＋SRt△DEF＝eq\f(3×4,2)＋3×5＋eq\f(5＋2×4,2)＋eq\f(2＋5×5,2)＋eq\f(3×5,2)＝60.3．(文)(2021·石嘴山市調(diào)研)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則這個(gè)幾何體的體積是()A．4 B．6C．8 D．12[答案]A[解析]由三視圖可知，此幾何體為高是2，底面為直角梯形的四棱錐，且直角梯形上、下底的長(zhǎng)分別為2、4，高為2，故這個(gè)幾何體的體積為V＝eq\f(1,3)×[eq\f(1,2)×(2＋4)×2]×2＝4，故選A．(理)如圖是某幾何體的三視圖，其中正(主)視圖是斜邊長(zhǎng)為2a的直角三角形，側(cè)(左)視圖是半徑為a的半圓，則該幾何體的體積是A．eq\f(\r(3),6)πa3 B．eq\r(3)πa3C．eq\f(\r(3),4)πa3 D．2eq\r(3)πa3[答案]A[解析]由側(cè)(左)視圖半圓可知，該幾何體與圓柱、圓錐、球有關(guān)，結(jié)合正(主)視圖是一個(gè)直角三角形知該幾何體是沿中心軸線切開(kāi)的半個(gè)圓錐將剖面放置在桌面上如圖，由條件知，圓錐的母線長(zhǎng)為2a，底面半徑為a故高h(yuǎn)＝eq\r(2a2－a2)＝eq\r(3)a，體積V＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×πa2×\r(3)a))＝eq\f(\r(3),6)πa3.4．若圓錐軸截面的頂角θ滿足eq\f(π,3)<θ<eq\f(π,2)，則其側(cè)面開(kāi)放圖中心角α滿足()A．eq\f(π,4)<α<eq\f(π,3) B．eq\f(π,3)<α<eq\f(π,2)C．eq\f(π,2)<α<π D．π<α<eq\r(2)π[答案]D[解析]∵θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))∴eq\f(θ,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4)))，∴sineq\f(θ,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，又eq\f(r,l)＝sineq\f(θ,2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，∴其側(cè)面開(kāi)放圖中心角α＝eq\f(r,l)·2π∈(π，eq\r(2)π)．5．(文)(2022·河北名校名師俱樂(lè)部模擬)一個(gè)球的球心到過(guò)球面上A、B、C三點(diǎn)的平面的距離等于球半徑的一半，若AB＝BC＝CA＝3，則球的體積為()A．8π B．eq\f(43π,4)C．12π D．eq\f(32π,3)[答案]D[解析]設(shè)球心為O，過(guò)O作OM⊥平面ABC，垂足是M,∵△ABC是邊長(zhǎng)為3的正三角形，∴AM＝eq\r(3)，可得球半徑是2，體積是eq\f(32,3)π.(理)側(cè)棱與底面垂直的棱柱稱為直棱柱．已知直三棱柱ABC－A1B1C1的各頂點(diǎn)都在球O的球面上，且AB＝AC＝1，BC＝eq\r(3)，若球O的體積為eq\f(20\r(5),3)π，則這個(gè)直三棱柱的體積等于()A．1 B．eq\r(2)C．2 D．eq\r(3)[答案]D[解析]設(shè)球O的半徑為R，則eq\f(4πR3,3)＝eq\f(20\r(5)π,3)，∴R＝eq\r(5)，設(shè)△ABC外接圓半徑為r，BC邊上的高為h，則h＝eq\r(12－\f(\r(3),2)2)＝eq\f(1,2)，(h－r)2＋(eq\f(\r(3),2))2＝r2，∴r＝1；設(shè)棱柱的高為H，則R2＝r2＋(eq\f(H,2))2，∴H＝4，∴V棱柱＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(1,2)×4＝eq\r(3).6．如圖是一個(gè)幾何體的三視圖，其中正視圖和側(cè)視圖都是一個(gè)兩底長(zhǎng)分別為2和4，腰長(zhǎng)為4的等腰梯形，則該幾何體的側(cè)面積是()A．6π B．12πC．18π D．24π[答案]B[解析]由三視圖可得該幾何體為圓臺(tái)，其上底半徑為1，下底半徑為2，母線長(zhǎng)為4，所以該幾何體的側(cè)面積為π(1＋2)×4＝12π，故選B．二、填空題7．(2022·天津理)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示(單位：m)，則該幾何體的體積為_(kāi)_______m3.[答案]eq\f(20π,3)[解析]由三視圖可知，該幾何體是一個(gè)組合體，其上部是一個(gè)圓錐，且底面圓半徑為2，高為2；下部是一個(gè)圓柱，底面圓半徑為1，高為4，故該幾何體的體積V＝eq\f(1,3)·π·22·2＋π·12·4＝eq\f(8π,3)＋4π＝eq\f(20π,3).8．若某幾何體的三視圖(單位：cm)如圖所示，則此幾何體的表面積是________cm2.[答案]112＋24eq\r(13)[解析]由三視圖知，該幾何體是一個(gè)正四棱臺(tái)和一個(gè)正四棱柱的組合體，四棱臺(tái)下底面邊長(zhǎng)為8，上底面邊長(zhǎng)為4，高為3，故棱臺(tái)的斜高h(yuǎn)′＝eq\r(32＋4－22)＝eq\r(13).上面正四棱柱底面邊長(zhǎng)為4，高為2，則表面積為S＝4×4＋4×(4×2)＋8×8＋4×[eq\f(1,2)×(4＋8)×eq\r(13)]＝112＋24eq\r(13)(cm2)．9．側(cè)棱長(zhǎng)為2eq\r(3)的正三棱錐V－ABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝40°，過(guò)點(diǎn)A作截面AEF，則截面△AEF周長(zhǎng)的最小值為_(kāi)_______．[答案]6[解析]沿側(cè)棱VA剪開(kāi)，側(cè)面開(kāi)放如圖，線段AA1的長(zhǎng)為所求△AEF周長(zhǎng)的最小值，取AA1中點(diǎn)D，則VD⊥AA1，∠AVD＝60°，∴AA1＝2AD＝6.三、解答題10．(文)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱垂直于底面，∠ACB＝90°，AC＝BC＝eq\f(1,2)AA1，D是棱AA1的中點(diǎn)．(1)證明：平面BDC1⊥平面BDC；(2)平面BDC1分此棱柱為兩部分，求這兩部分體積的比．[分析](1)證兩個(gè)平面垂直，可轉(zhuǎn)化為在其中一個(gè)平面內(nèi)找到一條直線與另一個(gè)平面垂直；(2)平面BDC1分棱柱成兩部分，下面部分B－ADC1C為四棱錐，可直接求體積，上面部分可用間接法求得體積，從而確定兩部分體積之比[解析](1)證明：由題設(shè)知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1又DC1?平面ACC1A1，所以DC1⊥B由題設(shè)知∠A1DC1＝∠ADC＝45°，所以∠CDC1＝90°，即DC1⊥DC．又DC∩BC＝C，所以DC1⊥平面BDC．又DC1?平面BDC1，故平面BDC1⊥平面BDC．(2)設(shè)棱錐B－DACC1的體積為V1，AC＝1.由題意得，V1＝eq\f(1,3)×eq\f(1＋2,2)×1×1＝eq\f(1,2).又三棱柱ABC－A1B1C1的體積V＝1，所以(V－V1)∶V1＝1∶故平面BDC1分此棱柱所得兩部分體積的比為1∶1.[點(diǎn)評(píng)]本題考查線面的位置關(guān)系及幾何體體積的求法．求解幾何體的體積時(shí)，若遇不規(guī)章的幾何體時(shí)，經(jīng)常接受割補(bǔ)法和間接法求其體積．(理)如圖，已知四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，∠ABC＝45°，DC＝1，AB＝2，PA⊥平面ABCD，PA＝1.(1)求證：AB∥平面PCD；(2)求證：BC⊥平面PAC；(3)若M是PC的中點(diǎn)，求三棱錐M－ACD的體積．[證明](1)由已知底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，又AB?平面PCD，CD?平面PCD，∴AB∥平面PCD．(2)在直角梯形ABCD中，過(guò)C作CE⊥AB于點(diǎn)E，則四邊形ADCE為矩形，∴AE＝DC＝1又AB＝2，∴BE＝1，在Rt△BEC中，∠ABC＝45°，∴CE＝BE＝1，CB＝eq\r(2)，∴AD＝CE＝1，則AC＝eq\r(AD2＋CD2)＝eq\r(2)，AC2＋BC2＝AB2，∴BC⊥AC．又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，又PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC．(3)∵M(jìn)是PC中點(diǎn)，∴M到平面ADC的距離是P到平面ADC距離的一半．∴VM－ACD＝eq\f(1,3)S△ACD·(eq\f(1,2)PA)＝eq\f(1,3)×(eq\f(1,2)×1×1)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,12).一、選擇題11．(文)(2022·上海四區(qū)二模)若圓柱的底面直徑和高都與球的的直徑相等，圓柱、球的表面積分別記為S1，S2，則S1∶S2＝()A．1∶1 B．2∶1C．3∶2 D．4∶1[答案]C[解析]假設(shè)球的半徑為r，則圓柱的底面半徑為r，高為2r.因此圓柱的表面積為S1＝6πr2.球的表面積為S2＝4πr2.所以S1∶S2＝3∶2，故選C．(理)(2022·東北三校一聯(lián))某幾何體的三視圖如圖所示，其中俯視圖為扇形，則該幾何體的體積為()A．eq\f(2π,3) B．eq\f(π,3)C．eq\f(2π,9) D．eq\f(16π,9)[答案]D[解析]該幾何體是底面為扇形的一個(gè)錐體，由主視圖可知AD＝1，而AO＝2，∴∠AOD＝eq\f(π,6)，∴底面扇形的圓心角α＝eq\f(2,3)π，∴eq\f(S扇形AOB,S⊙O)＝eq\f(1,3)，V＝eq\f(1,3)Sh＝eq\f(1,3)×(eq\f(1,3)·π×22)×4＝eq\f(16,9)π.12．(文)(2022·湖北荊州質(zhì)量檢查)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A．eq\f(2π,3) B．πC．eq\f(4π,3) D．2π[答案]A[解析]由三視圖可知，該幾何體是在一個(gè)圓柱中挖去兩個(gè)半球而形成的，且圓柱的底面圓半徑為1，母線長(zhǎng)為2，則圓柱的體積V柱＝π×12×2＝2π，挖去的兩個(gè)半球的半徑均為1，因此挖去部分的體積為V球＝2×eq\f(1,2)×eq\f(4,3)π×13＝eq\f(4,3)π.故所求幾何體的體積為V＝V柱－V球＝2π－eq\f(4π,3)＝eq\f(2π,3).(理)(2022·山東青島二模)已知三棱錐D－ABC中，AB＝BC＝1，AD＝2，BD＝eq\r(5)，AC＝eq\r(2)，BC⊥AD，則該三棱錐的外接球的表面積為()A．eq\r(6)π B．6πC．5π D．8π[答案]B[解析]∵由勾股定理易知DA⊥AB，AB⊥BC，∴BC⊥平面DAB．∴CD＝eq\r(BD2＋BC2)＝eq\r(6).∴AC2＋AD2＝CD2，∴DA⊥AC．取CD的中點(diǎn)O，由直角三角形的性質(zhì)知O到點(diǎn)A，B，C，D的距離均為eq\f(\r(6),2)，其即為三棱錐的外接球球心．故三棱錐的外接球的表面積為4π(eq\f(\r(6),2))2＝6π.13．如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2.動(dòng)點(diǎn)E、F在棱A1B1上，點(diǎn)Q是棱CD的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P在棱AD上．若EF＝1，DP＝x，A1E＝y(tǒng)(x，y大于零)，則三棱錐P－EFQ的體積()A．與x、y都有關(guān) B．與x、y都無(wú)關(guān)C．與x有關(guān)，與y無(wú)關(guān) D．與y有關(guān)，與x無(wú)關(guān)[答案]C[解析]設(shè)P到平面EFQ的距離為h，則VP－EFQ＝eq\f(1,3)×S△EFQ·h，由于Q為CD的中點(diǎn)，∴點(diǎn)Q到直線EF的距離為定值eq\r(2)，又EF＝1，∴S△EFQ為定值，而P點(diǎn)到平面EFQ的距離，即P點(diǎn)到平面A1B1CD的距離，明顯與x有關(guān)與y無(wú)關(guān)，故選C．14．(文)(2022·江南十校聯(lián)考)某幾何體的三視圖如圖所示，則此幾何體的體積是()A．eq\f(20,3)π B．6πC．eq\f(10,3)π D．eq\f(16,3)π[答案]C[解析]由三視圖可知，該幾何體上半部分是底面半徑和高都為2的半圓錐，下半部分為底面半徑為2，高為1的半圓柱組成的組合體，因此它的體積為V＝eq\f(1,2)(π×22×1)＋(eq\f(1,3)π×22×2)×eq\f(1,2)＝eq\f(10,3)π.(理)(2022·河南鄭州質(zhì)檢)如圖所示，某幾何體的正視圖和俯視圖都是矩形，側(cè)視圖是平行四邊形，則該幾何體的表面積為()A．15＋3eq\r(3) B．9eq\r(3)C．30＋6eq\r(3) D．18eq\r(3)[答案]C[解析]由三視圖知幾何體是一個(gè)斜四棱柱，底面是邊長(zhǎng)為3的正方形，棱柱高為eq\r(3)，側(cè)棱長(zhǎng)為2，故S＝3×3×2＋3×2×2＋3×eq\r(3)×2＝30＋6eq\r(3).二、填空題15．(文)(2022·北京海淀二模)已知斜三棱柱的三視圖如圖所示，該斜三棱柱的體積為_(kāi)_______．[答案]2[解析]由三視圖可知，斜三棱柱的底面三角形的底邊長(zhǎng)為2，高為1，斜三棱柱的高為2，故斜三棱柱的體積為V＝eq\f(1,2)×2×1×2＝2.(理)(2022·陜西寶雞質(zhì)檢)已知某幾何體的三視圖如圖所示，其中主視圖中半圓直徑為2，則該幾何體的體積為_(kāi)_______．[答案]24－eq\f(3π,2)[解析]由三視圖可知，該幾何體是長(zhǎng)方體里面挖了一個(gè)半圓柱體，可知，長(zhǎng)方體的長(zhǎng)為4，寬為3，高為2，圓柱體的高為3，底面的半徑為1，則可知該幾何體的體積為4×2×3－eq\f(1,2)×π×12×3＝24－eq\f(3,2)π.16．(文)(2021·杭州二模)已知正三棱柱ABC－A′B′C′的正視圖和側(cè)視圖如圖所示．設(shè)△ABC，△A′B′C′的中心分別是O，O′，現(xiàn)將此三棱柱繞直線OO′旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中對(duì)應(yīng)的俯視圖的面積為S，則S的最大值為_(kāi)_______．[答案]8[解析]據(jù)正視圖與側(cè)視圖知，該三棱柱的初始狀態(tài)是水平放置的，直觀圖如圖所示．據(jù)所給的數(shù)據(jù)知，底面正三角形的高是eq\r(3)，∴底面邊長(zhǎng)是2.將三棱柱繞OO′旋轉(zhuǎn)時(shí)，俯視圖是矩形，該矩形的一組對(duì)邊的長(zhǎng)度保持不變(長(zhǎng)度為4)，另一組對(duì)邊長(zhǎng)度不斷變化，在底投影面上的投影的長(zhǎng)度的最大值為2，∴S的最大值為4×2＝8.(理)已知在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面為直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝eq\r(2)，P是BC1上一動(dòng)點(diǎn)，如圖所示，則CP＋PA1的最小值為_(kāi)_______．[答案]5eq\r(2)[解析]PA1在平面A1BC1內(nèi)，PC在平面BCC1內(nèi)，將其鋪平后轉(zhuǎn)化為平面上的問(wèn)題解決．計(jì)算A1B＝AB1＝eq\r(40)，BC1＝2，又A1C1＝6，故△A1BC1是∠A1C1B＝90°的直角三角形．鋪平平面A1BC1、平面BCC1，如圖所示．CP＋PA1≥A1C．在△AC1A1C＝eq\r(62＋\r(2)2－2·6·\r(2)·cos135°)＝5eq\r(2)，故(CP＋PA1)min＝5eq\r(2).[點(diǎn)評(píng)]多面體或旋轉(zhuǎn)體表面上兩點(diǎn)的最短距離問(wèn)題，一般選擇恰當(dāng)?shù)睦饣蚰妇€剪開(kāi)展平，轉(zhuǎn)化為平面上兩點(diǎn)間線段最短問(wèn)題解決．三、解答題17．(文)(2021·新課標(biāo)Ⅱ)如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別是AB，BB1的中點(diǎn)(1)證明：BC1∥平面A1CD；(2)設(shè)AA1＝AC＝CB＝2，AB＝2eq\r(2)，求三棱錐C－A1DE的體積．[解析](1)證明：如圖，連結(jié)AC1交A1C于點(diǎn)F，則F為AC1中點(diǎn)，又D是AB中點(diǎn)，連結(jié)DF，則BC1∥DF由于DF?平面A1CD，BC1?平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD．(2)由于ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥CD．由已知AC＝CB，D為AB的中點(diǎn)，所以CD⊥AB．又AA1∩AB＝A，于是CD⊥平面ABB1A由AA1＝AC＝CB＝2，AB＝2eq\r(2)得，∠ACB＝90°，CD＝eq\r(2)，A1D＝eq\r(6)，DE＝eq\r(3)，A1E＝3，故A1D2＋DE2＝A1E2，即DE⊥A1D所以VC－A1DE＝eq\f(1,3)×(eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\r(3))×eq\r(2)＝1.(理)如圖1，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AB＝4，AD＝CD＝2，將△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到幾何體D－ABC，如圖2所示．(1)求證：BC⊥平面ACD；(2)求幾何體D－ABC的體積．[解析](1)證明：由條件可得AC＝BC＝2eq\r(2)，從而AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC．又平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，BC?平面ABC，∴BC⊥平面ACD．(2)由(1)可知BC為三棱錐B－ACD的高，BC＝2eq\r(2)，S△ACD＝2，∴VB－ACD＝eq\f(1,3)S△ACD·BC＝eq\f(1,3)×2×2eq\r(2)＝eq\f(4\r(2),3)，∴幾何體D－ABC的體積為eq\f(4\r(2),3).18．(文)(2022·南開(kāi)區(qū)質(zhì)檢)如圖，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AC⊥BC，AB⊥BB1，AC＝BC＝BB1＝2，D為AB的中點(diǎn)，且CD⊥DA1(1)求證：平面A1B1B⊥平面ABC；(2)求多面體DBC－A1B1C1的體積[解析]∵AC＝BC，D為AB的中點(diǎn)，∴CD⊥AB，又CD⊥DA1，∴CD⊥面AA1B1B，又由于CD?平面ABC，故平面A1B1B⊥平面ABC．(2)V多面體DBC－A1B1C1＝V棱柱ABC－A1B1C1－V三棱錐A1－ADC＝S△ABC·|AA1|－eq\f(1,3)S△ADC·|AA1|＝S△ABC·|AA1|－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)S△ABC·|AA1|＝eq\f(5,6)S△ABC·|AA1|＝eq\f(10,3).(理)(2022·廣東肇慶一模)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別是BC和CC1的中點(diǎn)，已知AB＝AC＝AA1＝4，∠BAC＝(1)求證：B1D⊥平面AED；(2)求二面角B1－AE－D的余弦值；(3)求三棱錐A－B1DE的體積．[解析]解法一：依題意，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz.∵AB＝AC＝AA1＝4，∴A(0,0,0)，B(4,0,0)，E(0,4,2)，D(2,2,0)，B1(4,0,4)．(1)證明：eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(－2,2，－4)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0,4,2)．∵eq\o(B1D,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝－4＋4＋0＝0，∴eq\o(B1D,\s\up6(→))⊥eq\o(AD,\s\up6(→))，即B1D⊥AD．∵eq\o(B1D,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝0＋8－8＝0，∴eq\o(B1D,\s\up6(→))⊥eq\o(AE,\s\up6(→))，即B1D⊥AE.又AD，AE?平面AED，且AD∩AE＝A，故B1D⊥平面AED．(2)由(1)知eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(－2,2，－4)為平面AED的一個(gè)法向量．設(shè)平面B1AE的法向量為n＝(x，y，z)，∵eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0,4,2)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(4,0,4)，∴由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AB1,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4y＋2z＝0，,4x＋4z＝0，))令y＝1，得x＝2，z＝－2，即n＝(2,1，－2)．∴cos〈n，eq\o(B1D,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(B1D,\s\up6(→)),|n||\o(B1D,\s\up6(→))|)＝eq\f(6,\r(9)×\r(24))＝eq\f(\r(6),6).∴二面角B1－AE－D的余弦值為eq\f(\r(6),6).(3)由eq\o(AD,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(－2,2,2)，得eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝0，∴AD⊥DE.由|eq\o(AD,\s\up6(→))|＝2eq\r(2)，|eq\o(DE,\s\